Формула Коши была выведена в прошлый раз: f(z0)=12πi∮Cf(z)z−z0dz, где f(z) – функция, аналитичная во всей области комплексной плоскости, ограниченной замкнутым контуром C, z0 – точка из внутренности этой области.
Найдём от обеих частей этой формулы ∂∂z0: f′(z0)=12πi∮Cf(z)(z−z0)2dz,f′′(z0)=22πi∮Cf(z)(z−z0)3dz,f′′′(z0)=62πi∮Cf(z)(z−z0)4dz, и в целом (желающие могут доказать методом математической индукции): f(n)(z0)=n!2πi∮Cf(z)(z−z0)n+1dz. Даишев, Кузнецова, № 6.16 ∮|z−2|=3ezz3(z−1)dz
Для этой задачи решение приведено в самой методичке, но я предложу своё, содержащее больше алгебры и меньше геометрии. Разложим 1z3(z−1)=(1−z)+zz3(z−1)=−1z3+1−z+zz2(z−1)=−1z3−1z2+1−z+zz(z−1)= =−1z3−1z2−1z+1z−1. Тогда ∮|z−2|=3ezz3(z−1)dz=−∮|z−2|=3ezz3dz−∮|z−2|=3ezz2dz−∮|z−2|=3ezzdz+∮|z−2|=3ezz−1dz Функция ez аналитична во всём круге, ограниченном контуром интегрирования, точки z0=0 и z0=1 принадлежат кругу внутри окружности интегрирования, поэтому применим формулу Коши: ∮|z−2|=3ezz−1dz=2πie1=2πie ∮|z−2|=3ezzndz=2πi(n−1)!dn−1ezdzn−1|z=0=2πi(n−1)! ∮|z−2|=3ezz3dz=2πi2!=2πi2,∮|z−2|=3ezz2dz=2πi1!=2πi,∮|z−2|=3ezzdz=2πi0!=2πi, тогда ∮|z−2|=3ezz3(z−1)dz=−∮|z−2|=3ezz3dz−∮|z−2|=3ezz2dz−∮|z−2|=3ezzdz+∮|z−2|=3ezz−1dz= =−2πi(12+1+1)+2πie=2πi(e−52). Задание: № 6.15, 6.17 – 6.20.
Теперь вспомним ряды Тейлора. Ряд Тейлора для функции f(z) вокруг точки a имеет вид f(z)=∞∑n=0an(z−a)n Для разложения данных функций применяются табличные ряды, известные с первого курса, и подходящие к каждому отдельному случаю приёмы. Например, № 7.1 п.1) z3=[(z−2)+2]3=8+12(z−2)+6(z−2)2+(z−2)3=∞∑n=0an(z−2)n, где a0=8, a1=12, a2=6, a3=1, an=0 (n>3). Сходится этот ряд везде.
п.3) Как известно, cosx=∞∑k=0(−1)k(2k)!x2k. Поэтому zcosz=−zcos(z−π)=−(z−π+π)cos(z−π)=−(z−π)cos(z−π)−πcos(z−π)= =−(z−π)∞∑k=0(−1)k(2k)!(z−π)2k−π∞∑k=0(−1)k(2k)!(z−π)2k=∞∑k=0(−1)k+1(2k)!(z−π)2k+1+∞∑k=0π(−1)k+1(2k)!(z−π)2k=∞∑n=0an(z−π)n, где a2k=π(−1)k+1(2k)!, a2k+1=(−1)k+1(2k)!. Как сумма двух сходящихся везде рядов, этот ряд тоже сходится везде.
п.5) Как известно, 11−x=∞∑k=0xk. Поэтому 11−z2=∞∑k=0z2k. № 7.2 п.1) z∫0eϰ2dϰ=z∫0∞∑n=0ϰ2nn!dϰ=∞∑n=0z2n+1n!(2n+1) Задание: № 7.1 и 7.2 – всё, что осталось.
Ряды Лорана отличаются от рядов Тейлора тем, что простираются в бесконечность в обе стороны: f(z)=∞∑n=−∞an(z−a)n. Сходятся эти ряды в областях на комплексной плоскости, которые представляют собой кольца с центром в точке разложения a. Границы этих колец - окружности с центром в точке a и проходящие через точки разрыва функции f(z).
Ряд Лорана можно представить в виде f(z)=−1∑n=−∞an(z−a)n+∞∑n=0an(z−a)n, где первая часть (с отрицательными степенями) называется главной, а вторая – правильной.
№ 7.13 Разложить в ряд Лорана вокруг 0: (z−1)2z=z2−2z+1z=1z−2+z, что уже есть ряд Лорана с главной частью 1z, и правильной −2+z.
№ 7.14 Разложить в ряд Лорана вокруг 0: zz2−(b+c)z+bc=z(z−b)(z−c)=1b−c(bz−b−cz−c)=1b−c(11−zc−11−zb)= =1b−c(∞∑n=0(zc)n−∞∑n=0(zb)n)=1b−c∞∑n=0(1cn−1bn)zn=∞∑n=0bn−cn(b−c)bncnzn.
Задание: № 7.12, 7.15, 7.16.
